湖北省武汉市新洲区部分学校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年度上学期期中新洲区部分学校高中二年级质量检测数学试题考试用时：120分钟满分：150分2023.11第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.从长度为1，3，5，7，9的5根木棒中任选3根，能构成三角形的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先罗列出能构成三角形的情况，再应用排列组合得到所有的情况，最后计算概率即可.【详解】能构成三角形的组合有三种，一共有种情况，所以能构成三角形的概率为，故选：A2.已知向量，，若，则实数等于（）A.B.C.0D.1【答案】D【解析】【分析】根据向量的数量积的坐标表示，列式计算，即得答案.【详解】由题意知向量，，，故，故选：D3.直线的倾斜角是（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】C【解析】 【分析】先求解出直线的斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系求解出倾斜角的大小.【详解】因为直线方程为，所以斜率，设倾斜角为，所以，所以，故选：C.4.设，则“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果.【详解】因为直线与直线平行的充要条件是且，解得或．所以由充分必要条件的概念判断可知：“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，故选：A5.经过点，且以为圆心的圆的一般方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据两点间的距离公式求出圆的半径，结合圆的标准方程与一般方程之间的转化，即可求解.【详解】由题意得，圆的半径，所以圆的标准方程为，所以圆的一般方程为．故选：A.6.椭圆：左右焦点分别为、，焦距为2，直线经过交椭圆于两 点，若的周长为12，则椭圆标准方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据椭圆的定义可求出，再根据求出，即可得解.【详解】由的周长为，得，又椭圆焦距，则，所以，所以椭圆标准方程为.故选：D.7.若圆上总存在两点到原点的距离为1，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据圆上总存在两点到原点的距离为1，转化为圆和圆相交，结合圆与圆的位置关系，即可求解.【详解】由题意，圆上总存在两点到原点的距离为1，即为圆和圆相交，又由两圆圆心距， 则，解得，即实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，其中解答中转化为两个圆相交，结合圆与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力.8.如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可.【详解】因为平面且，所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，因为已知是四边形内部一点，所以设， 其中且（即点在平面内部），则，因为平面平面，所以平面的法向量为，又因为，设平面的法向量为，则，即，由题易得，令，则，所以，因为二面角的平面角大小为，所以，即，解得①，因为点是中点，所以到平面的距离为，所以要使得四棱锥体积的最大，则，即要取到最大值，由①知时，此时点不在四边形内部，矛盾，故当时体积取到最大值，此时，所以，故选：D【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.直线与圆相切，且在轴、轴上的截距相等，则直线的方程可能是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】首先得到圆心坐标与半径，分直线过坐标原点和不过坐标原点两种情况讨论，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出参数的值，即可得解.【详解】圆的圆心坐标为，半径，依题意直线的斜率存在，若直线过坐标原点，设直线为，即，则，解得，所以直线的方程为或；若直线不过坐标原点，设直线为（），即，则，解得（舍去）或，所以直线的方程为，综上可得直线的方程为或或.故选：ACD10.如图，空间四边形中，，分别是边，上的点，且，，点是线段的中点，则以下向量表示正确的是（）A.B.C.D. 【答案】CD【解析】【分析】利用空间向量的基底表示向量，再结合空间向量线性运算，逐一对各项计算判断即可得出结果.【详解】空间四边形中，，，点是线段的中点，，，所以选项D正确；对于选项A，，所以选项A错误；对于选项B，，所以选项B错误；对于选项C，，所以选项C正确，故选：CD.11.如图，在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（）A.与所成角的余弦值为B.过A，，三点的正方体的截面面积为9C.当在线段上运动时，三棱锥的体积恒为定值D.若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为【答案】AC【解析】【分析】取中点，是与所成角或其补角，计算后判断A，由平行平面的性质作出截面等腰梯形，求出面积判断B，由线面平行得出到平面的距离为定值，所以三棱锥 的体积为定值，由特殊点求出体积判断C，作出点关于平面的对称点，当是线段与平面的交点时，取得最小值，计算后判断D．【详解】正方体易得，取中点，连接．由于是中点，因此，所以，所以是与所成角或其补角，由已知中，，，，A正确；取中点，连接，同理可证（由得），因此是过A，，三点的正方体的截面，它是等腰梯形，，，，面积为，B错；由于，平面，平面，所以平面，从而到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，当与重合时，，C正确；设是点关于平面的对称点，则，又， 显然，，又，所以，，，显然当是线段与平面的交点时，取得最小值，D错．故选：AC．12.法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（）A.椭圆的蒙日圆方程为B.若为正方形，则的边长为C.若是椭圆蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为18D.若是直线：上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或 【答案】ABD【解析】【分析】A选项，求出，得到蒙日圆方程；B选项，设出边长，得到方程，求出答案；C选项，，由基本不等式求出最值；D选项，直线：与的交点即为所求点，联立后得到点坐标，得到斜率.【详解】A选项，，故椭圆的蒙日圆方程为，A正确；B选项，由题意，为圆的内接矩形，若为正方形，设的边长为，则，解得，故B正确；C选项，由对称性可知，四边形为矩形，其中为对角线，且，故，当且仅当时等号成立，故C错误；D选项，由题意得，直线：与的交点即为所求点，，解得或， 故或，故或，D正确.故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.某高校的入学面试中有道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是．若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第次为止．那么，李明最终通过面试的概率为___________．【答案】##【解析】【分析】根据独立事件概率乘法公式可求得无法通过面试概率，根据对立事件概率的求法可求得结果.【详解】李明无法通过面试的概率为，李明最终通过面试的概率为.故答案为：.14.已知点，直线与圆：交于两点，若为等腰直角三角形，则直线的方程为______写出一条即可【答案】（或或）【解析】【分析】分、和讨论即可得解.【详解】由圆：，得圆心，半径，，在圆上，若，可得过圆心且，又，，直线的方程为，即；若，可得过圆心且， 则,可得的直线的方程为，联立圆方程，解得或，可得的坐标为或，根据圆的对称性易知，直线的方程为或，即或；若，由的等价性可知该情况与一致；综上：直线方程为：或或．故答案为：（或或）.15.如图，正方形和的边长都是1，且平面，点、分别在、上移动，若，则线段长度的最小值为________.【答案】##【解析】【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用两点距离公式，结合二次函数的性质即可得解.【详解】正方形和的边长都是1，且平面，因为⊥，⊥，所以为平面与平面夹角的平面角，故，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以， 则，故当时，取的最小值，最小值为.故答案为：16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，点在椭圆上，且，则________.【答案】1【解析】【分析】利用椭圆定义以及余弦定理推出，根据，平方后结合数量积运算律可得出答案.【详解】由题意得椭圆的长轴长为，焦距为，故，且，即，得，则； 由O为的中点，得，故，故，即，故答案为：1四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.一个袋子中有4个红球，6个黄球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球.（1）求第二次取到黄球的概率；（2）求两次取到球颜色相同的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）（2）根据已知确定样本总量，并确定不同事件对应容量，再应用古典概型的概率求法、互斥事件加法求对应概率.【小问1详解】从10个球中不放回的随机取出2个球共有（种）可能，即.记事件“两次取出的都是红球”，则；记事件“第一次取出红球，第二次取出黄球”，则；记事件“第一次取出黄球，第二次取出红球”，则；记事件“两次取出的都是黄球”，则；事件，，，两两互斥，故第二次取到黄球的概率；【小问2详解】由（1）知：两次取到的球颜色相同的概率. 18.已知直线：和圆：.（1）求与直线垂直且经过圆心的直线方程；（2）求与直线平行且与圆相切的直线方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设直线为，将圆心坐标代入，求得a的值，即得答案；（2）设直线为，根据直线和圆相切，可得圆心到直线的距离等于半径，列式求出c，即得答案.【小问1详解】设与直线垂直的直线为圆可化为，圆心为，又因为直线经过圆心，所以，即，故所求直线方程为.【小问2详解】设与直线平行的直线为.又因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，所以，或5，故所求直线方程为或.19.已知空间中三点，，.设，.（1）求和；（2）若与互相垂直，求实数的值.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）利用空间向量的加减运算和模长计算，即可求解.（2）分别先算出、利用垂直求实数的值即可.【小问1详解】∵，，，，.∴，于是，，.【小问2详解】∵，，又与互相垂直，∴.即.∴，.20.已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线、，切点为、.（1）当切线的长度为时，求点的坐标；（2）求线段长度的最小值.【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）分析可知圆的半径，设，利用勾股定理求出，再利用两点间的距离公式求出的值，即可得出点的坐标；（2）设，分析可知，、、、四点共圆，求出以为直径的圆的方程，可求出圆和圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，分析可知，当时，取最小值，结合勾股定理可求得的最小值.【小问1详解】解：由题可知，圆的半径，设，因为是圆的一条切线，所以，所以，解得或，所以点的坐标为或.【小问2详解】解：设，因为、是圆的两条切线，所以，所以、、、四点共圆，且以为直径，设圆心为，易知，则，圆的半径为，则其方程为，即①，又圆②，①②得圆与圆相交弦所在直线方程为， 即，由可得，所以，直线恒过定点，因为，则点在圆内，当时，取最小值，且，故.21.如图，已知四棱锥的底面是菱形，，为边的中点，，，.（1）证明：；（2）试判断线段上是否存在点使得二面角的余弦值为，若存在求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析（2）存在，点在的五等分点的二等分点处（靠近）【解析】【分析】（1）连接，通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用二面角的余弦值求得点的位置.【小问1详解】连接，因为，所以，因为底面是菱形，，所以，因为为边的中点，所以，∴，因为，所以，因此，即，又因为，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，即.【小问2详解】由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，为，，轴建立如图示空间直角坐标系，则，，，，，于是，，，令，则，取平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， 因为，所以，又二面角为锐二面角且设为，所以，即，（负值舍去），故存在点使得二面角的余弦值为，此时点满足.22.如图所示，椭圆上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）求四边形面积的最大值；（3）试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）4（3）是，定值为 【解析】【分析】（1）由题意求出b的值，根据离心率可求出，即得答案；（2）设直线的方程，联立椭圆方程可得根与系数的关系式，结合弦长公式求出的表达式，即可求得四边形面积的表达式，利用三角代换，结合二次函数性质即可求得面积的最大值；（3）求出直线与的斜率之积的表达式，结合根与系数的关系化简，即可得结论.【小问1详解】因为，所以，又离心率为，所以，即，，所以椭圆的标准方程为【小问2详解】因为，所以，所以，设直线的方程为，，，由，得，由得，则，，故，直线方程为，，所以，直线与之间的距离为，故四边形的面积为，令，则， 令，则，，所以，而函数在上单调递增，所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；【小问3详解】由第（2）问得，，，